[Time: 1000MS] [Memory: 30000K] [难度: 初级] [分类: 背包]

有一个天平，天平左右两边各有若干个钩子，总共有C个钩子，有G个钩码，求将钩码全部挂到钩子上使天平平衡的方法的总数。

其中可以把天枰看做一个以x轴0点作为平衡点的横轴

输入：

2 4 //C 钩子数 与 G钩码数
-2 3 //负数：左边的钩子距离天平中央的距离；正数：右边的钩子距离天平中央的距离c[k]
3 4 5 8 //G个重物的质量w[i]

提示：动态规划，01背包

初看此题第一个冲动就是穷举。。。。不过再细想肯定行不通, O(20^20)等着超时吧。。。

我也是看了前辈的意见才联想到01背包，用动态规划来解。

dp思路：

每向天平中方一个重物，天平的状态就会改变，而这个状态可以由若干前一状态获得。

首先定义一个 平衡度 j 的概念：

当平衡度j=0时，说明天枰达到平衡，j>0，说明天枰倾向右边（x轴右半轴），j<0则相反

那么此时可以把平衡度j看做为衡量当前天枰状态的一个值，

因此可以定义一个 状态数组 dp[i][j]，意为在挂满前i个钩码时，平衡度为j的挂法的数量。

由于距离 c[i] 的范围是 -15~15，钩码重量的范围是 1~25，钩码数量最大是20

因此最极端的平衡度是所有物体都挂在最远端，因此平衡度最大值为 j=15*20*25=7500。原则上就应该有 dp[ 1~20 ][-7500 ~ 7500 ]。

为了不让下标出现负数，做一个处理，使使得数组开为 dp[1~20][0~15000]，则当 j=7500 时天枰为平衡状态。

那么每次挂上一个钩码后，对平衡状态的影响因素就是每个钩码的 力臂：

　力臂 = 重量 *臂长 = w[i] * c[k]

那么若在挂上第i个砝码之前，天枰的平衡度为j

　(换言之把前 i-1 个钩码全部挂上天枰后，天枰的平衡度为 j )

则挂上第i个钩码后，即把前i个钩码全部挂上天枰后，天枰的平衡度 j = j + w[i] * c[k]

　其中 c[k] 为天枰上钩子的位置，代表第i个钩码挂在不同位置会产生不同的平衡度

不难想到，假设 dp[i-1][j] 的值已知，设 dp[i-1][j] = num

　　（即已知把前i-1个钩码全部挂上天枰后得到状态j的方法有num次）

　那么 dp[i][ j+ w[i]*c[k] ] = dp[i-1][j] = num

(即以此为前提，在第k个钩子挂上第i个钩码后，得到状态 j + w[i] * c[k] 的方法也为num次)

想到这里，利用递归思想，不难得出 状态方程 dp[i][ j + w[i] * c[k] ]= ∑(dp[i-1][j])

有些前辈推导方式稍微有点不同，得到的 状态方程为 dp[i][j] = ∑(dp[i-1][j - c[i] * w[i]])

其实两条方程是等价的，这个可以简单验证出来，而且若首先推导到第二条方程，也必须转化为第一条方程，这是为了避免下标出现负数。

结论： 最终转化为01背包问题

• 状态方程： dp[i][ j + w[i] * c[k] ]= ∑(dp[i-1][j])
• 初始化： dp[0][7500] = 1 不挂任何重物时天枰平衡，此为一个方法
• 复杂度： O(C*G*15000) 完全可以接受

//Memory Time 
//1496K  0MS 

//我所使用的解题方法，由于dp状态方程组申请空间比较大大
//若dp为局部数组，则会部分机器执行程序时可能由于内存不足会无法响应
//所以推荐定义dp为全局数组，优先分配内存

#include<iostream>
using namespace std;

int dp[21][15001]; //状态数组dp[i][j]
	                   //放入（挂上）前i个物品（钩码）后，达到j状态的方法数
int main(int i,int j,int k)
{
	int n;  //挂钩数
	int g;  //钩码数
	int c[21];  //挂钩位置
	int w[21];  //钩码重量

	
	/*Input*/

	cin>>n>>g;

	for(i=1;i<=n;i++)
		cin>>c[i];
	for(i=1;i<=g;i++)
		cin>>w[i];

	/*Initial*/

	memset(dp,0,sizeof(dp));  //达到每个状态的方法数初始化为0
	dp[0][7500]=1;     //7500为天枰达到平衡状态时的平衡度
	                   //放入前0个物品后，天枰达到平衡状态7500的方法有1个，就是不挂钩码

	/*DP*/

	for(i=1;i<=g;i++)
		for(j=0;j<=15000;j++)
			if(dp[i-1][j])  //优化，当放入i-1个物品时状态j已经出现且被统计过方法数，则直接使用统计结果
				            //否则忽略当前状态j
				for(k=1;k<=n;k++)
					dp[i][ j+w[i]*c[k] ] += dp[i-1][j]; //状态方程
	
	/*Output*/

	cout<<dp[g][7500]<<endl;
	return 0;
}

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